|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#121
|
|||
|
|||
อสมการที่สองเห็นได้ชัดจาก $n!\leq n^n$
อสมการแรกจัดรูปไปมาแล้วได้ $\dfrac{n^n}{n!}\leq e^n$ ซึ่งเป็นจริงโดยการกระจายอนุกรมเทย์เลอร์ของ $e^n$ $$e^n=1+\frac{n}{1!}+\frac{n^2}{2!}+\cdots +\frac{n^n}{n!}+\cdots\geq\frac{n^n}{n!}$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#122
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
Let $a_{n}=\ln 2-\left(H(2n)-H(n)\right)$,Now observe that $$\frac{1}{n+1}<\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$$ $$H(2n)-H(n)<H(2n)+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-H(n)-\frac{1}{n+1}$$ $$a_{n}=\ln 2-\left(H(2n)-H(n)\right)>\ln 2-\left(H(2n+2)-H(n+1)\right)=a_{n+1},\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=0$$ $\displaystyle{\therefore\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}a_{k}=S}$ converges by alternating series test. We can easily see that $$\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\sum_{k=1}^{2n+1}(-1)^{k}a_{n}\right]=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[-a_{2n+1}+\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}a_{n}\right]=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}a_{n}=S$$ To finish the problem we can do it this way... $$S=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}a_{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}\left[\ln 2-H(2k)+H(k)\right]=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}H(k)-\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}H(2k)\right]$$ $$S=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2n}\right)-\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\cdots +\frac{1}{4n-1}+\frac{1}{4n}\right)\right]$$ $$S=-\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\left[\int_{0}^{1}x^{4n-2}-x^{4n-1}\right]=-\int_{0}^{1}\frac{x^{2}-x^{3}}{1-x^{4}}dx=\frac{\pi-6\ln 2}{8}$$ ไม่รู้ว่าผิดน้อยหรือผิดมากนะครับ
__________________
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x-b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$ BUT $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x+b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\frac{\pi ab}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$
|
#123
|
|||
|
|||
คำตอบถูกแล้วครับ
ส่วนวิธีทำ เท่าที่ดูคร่าวๆ ก็มีที่จะ comment แค่ตรงที่ quote มานี่แหละครับ อ้างอิง:
และเพื่อเป็นการแลกเปลี่ยนกัน งั้นผมขอตอบข้อ 32 ของคุณ timestopper แล้วกันครับ จากโจทย์ $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}}} $ By squeezing theorem $$ \frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}} \leq \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}} \leq \frac{n}{\sqrt{n^{2}+1}} $$ ซ้ายกับขวา converge เข้าหา 1 จึงทำให้ sum ที่กำหนด converge เข้าหา 1 ด้วย
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#124
|
||||
|
||||
อ่อครับขอบคุณมากครับพี่ passer-by สำหรับ comment ละก็ถูกต้องครับสำหรับข้อ 32
__________________
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x-b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$ BUT $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x+b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\frac{\pi ab}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$
19 มกราคม 2008 00:24 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Timestopper_STG |
#125
|
|||
|
|||
33. กำหนด $ a_n = \frac{1}{n^2\sqrt{n+1}(n+2)}$
พิสูจน์ว่า สำหรับทุกจำนวนนับ n $$ \sum_{i=1}^n a_i < \frac{1}{2\sqrt{2}} $$
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#126
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
อันดับแรก ผมจะพิสูจน์ก่อนว่า $$ a_n < \frac{1}{2n^2(n+1)} $$ $$ a_n = \frac{\sqrt{n+1}}{n^2(n+1)(n+2)} = \sqrt{\frac{n+1}{n^2}}\cdot \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}\cdot \frac{1}{n(n+1)(n+2)} < \sqrt{(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})^2}\cdot \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$$ จากนั้น take sum เข้าไปครับ $$ \sum_{i=1}^n a_i < \frac{1}{2}\sum_{i=1}^n \frac{1}{i^2(i+1)} = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^n (\frac{1}{i^2}- ( \frac{1}{i}- \frac{1}{i+1})) < \frac{1}{2}(\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^2}- \sum_{i=1}^\infty ( \frac{1}{i}- \frac{1}{i+1})) = \frac{1}{2}(\frac{\pi^2}{6}-1) < \frac{1}{2\sqrt{2}} $$ ข้อนี้ก็เป็นข้อหนึ่งจาก Mathscope ของเวียดนาม แต่ผมคิดว่ามีวิธีอื่นที่ ไม่ต้องอ้าง $ \sum \frac{1}{n^2}= \frac{\pi^2}{6}$ แต่ ณ ชั่วโมงนี้ ผมยังคิดวิธีนั้นไม่ออก เพียงแต่ว่าวิธีผม มันลด upper bound ลงไปจากเดิมได้นิดหน่อย จริงๆ ถ้าใครว่าง ก็ลองมาช่วยกันลด upper bound ก็จะดีครับ อยากรู้ว่า มันจะลงไปได้ถึงเท่าไหร่
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#127
|
|||
|
|||
ข้อนี้ ดูแตกต่างจากอนุกรมข้ออื่นๆที่เคย post มาครับ แต่เป็นข้อนึงที่ผมว่ามีวิธีการคิดที่งดงามมากๆครับ
34. Evaluate $$ \sum_{r=1}^n (-1)^{r-1}\binom{n}{r}\binom{2n-2r}{n-1} $$ HINT : Combinatorial Reasoning
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#129
|
|||
|
|||
ผมไม่เข้าใจข้อ 33. ครับว่าพอได้ $$a_n < \sqrt{(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})^2}\cdot \frac{1}{n(n+1)(n+2)} $$ แล้วทำไงถึงจะได้ว่า $$a_n < \frac{1}{2n^2(n+1)}$$ แต่วิธีพิสูจน์ที่ผมดัดแปลงมาจากของคุณ passer-by คือ จาก $$a_n= \frac12 \sqrt{\frac1n + \frac{1}{n^2}} \left( \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right) $$ $$\le \frac12 \sqrt{\frac11 + \frac{1}{1^2}} \left( \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right)$$ ดังนั้น $$ \sum_{i=1}^n a_i < \sum_{i=1}^\infty a_i \le \frac{1}{\sqrt2} \sum_{i=1}^\infty \left( \frac{1}{i(i+1)} - \frac{1}{(i+1)(i+2)} \right) = \frac{1}{2\sqrt2} $$
|
#130
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
หรือว่า ผมพลาดช่วงไหนไปเหรอครับพี่ warut
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#131
|
|||
|
|||
โอยๆๆๆ งานนี้ มั่ว เบลอ สับสน สะเพร่า อย่างร้ายแรง ผมจดลงกระดาษทดไปผิด (แต่ตอนพิมพ์ผม cut & paste จาก code ของคุณ passer-by เลยไม่ผิด) แล้วไม่ได้กลับมาเช็คอีกเลย มุ่งแต่จะคิดวิธีของตัว แย่จริงๆ อายสุดๆเลยครับ
|
#132
|
||||
|
||||
ตรง 2n-2r เป็น 2n-2r หรือ 2n-2 เฉยๆครับ
__________________
ปีนี้ ต้องไม่พลาด สู้เพื่อ มศว ปทุมวัน |
#133
|
|||
|
|||
ผมคิดได้แล้วครับ แต่ไม่แน่ใจว่าจะถูกหรือเปล่า ข้อนี้ตอบ $\binom{2n}{n-1}$ หรือเปล่าครับ ถ้าถูกเดี๋ยวผมค่อยมาแสดงวิธีทำให้ครับ
|
#134
|
|||
|
|||
ใช่ครับ เป็นโจทย์ American maths monthly นานมาแล้ว
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#135
|
|||
|
|||
วิธีคิดคร่าวๆ ของผมก็คือ สมมุติว่ามีนักเรียน $n$ คู่ เลือกมา $n-1$ คน โดยจะต้องมีนักเรียนที่คู่กันบางคู่ไม่ถูกเลือกทั้งสองคน
วิธีที่ 1 เลือกตรงๆ เลย เพราะยังไงก็จะต้องมีนักเรียนที่คู่กันบางคู่ไม่ถูกเลือกทั้งสองคนอยู่แล้ว ทำได้ $\displaystyle{\binom{2n}{n-1}}$ วิธี วิธีที่ 2 PIE นิยามเซต $A_i$ แทนจำนวนวิธีในการเลือกนักเรียนดังกล่าวโดยที่นักเรียนคู่ที่ $i$ ไม่ถูกเลือก เราจะพบว่า $$n(A_{\displaystyle{a_1}}\cap A_{\displaystyle{a_2}}\cap A_{\displaystyle{a_3}}\cap ...\cap A_{\displaystyle{a_r}})=\binom{2n-2r}{n-1}$$ โดย PIE จะได้จำนวนวิธีที่ต้องการเท่ากับ $$\sum_{r= 1}^{n} (-1)^{r-1}\binom{n}{r}\binom{2n-2r}{n-1}$$ ดังนั้น $$\sum_{r= 1}^{n} (-1)^{r-1}\binom{n}{r}\binom{2n-2r}{n-1}=\binom{2n}{n-1}$$ ตามต้องการ แล้วก็ขอบอกว่าถ้าไม่ได้ Hint2 นี่ผมก็คงทำไม่ได้เหมือนกันครับ |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
Alternating series (and Abel's theorem) | Punk | Calculus and Analysis | 3 | 17 กรกฎาคม 2012 21:05 |
Marathon | Mastermander | ฟรีสไตล์ | 6 | 02 มีนาคม 2011 23:19 |
On-Line Encyclopedia of Integer Sequences | warut | งานหรือข่าวคราวคณิตศาสตร์ทั่วไป | 0 | 28 เมษายน 2007 00:28 |
ปัญหาชิงรางวัลข้อที่ 22: Infinite Series | warut | คณิตศาสตร์อุดมศึกษา | 4 | 02 พฤศจิกายน 2006 05:35 |
Series | intarapaiboon | คณิตศาสตร์อุดมศึกษา | 3 | 02 ตุลาคม 2005 10:58 |
|
|